Ə. A. Quliyev
Download 10.77 Mb. Pdf ko'rish
|
|
x x x x cos
13 cos
cos sin
sin 13 cos 3 sin
2 . Məlumdur ki, ( ) 1 cos ≤ − ϕ x , ona görə ( )
cos 13 ≤ − ⋅ ϕ x . Deməli 13 cos
3 sin
2 13 ≤ + ≤ − x x . Baxılan ifadə -3; -2; -1; 0; 1; 2; 3 tam qiymətləri ala bilər. 174. Fərz edək ki, əvvəlcə gündə x
səhifə yazmaq nəzərdə tutulmuşdur. Onda iş x 360
qurtara bilərdi. İşin birinci hissəsi x 360
3 1 ⋅
, ikinci hissəsi isə 1 360
3 2 − ⋅ x
gündə yerinə yetirilmişdir. Şərtə görə kompüterdə yazılan səhifələrin miqdarı ( ) ( ) 360 1 360
3 2 4 360 3 1 4 = − ⋅ + + ⋅ ⋅ − x x x x
dır. Buradan 0 480
4 2 = − + x x , 24 , 20 2 1 − = = x x
alırıq. Məsələnin, mahiyyətinə görə 0 > x
olduğundan 20 =
(səh).
x -in bütün mümkün qiymətlərində
267
175. ( ) ( ) ( ) x x x x x x x x x x sin
cos sin
cos 3 sin cos sin
cos 3 2 sin 1 2 cos 3 2 2 2 − + = − − = − , x x x x x x x x tgx tgx sin
cos sin
cos cos
sin cos
sin 1 1 − + − = − + = − + olduğundan, baxılan tənlik
1 sin
cos sin
cos = − + x x x x
tənliyinə gəlir, buradan Z n n x x ∈ = = , , 0 sin
π .
Qeyd: Çevrilmə nəticəsində tənliyin təyin olma qiyməti genişləndiyindən ( 0 cos
≠ x
qadağanı aradan götürüldüyündən) alınan kökləri yoxlamaq kifayətdir. 176.
u x = 3 log , ϑ = y 5
olsun. Onda verilmiş tənliklər sistemi = − − − = ⇔ = + − = 0 5 4 5 4 2 10 2 ϑ ϑ ϑ ϑ ϑ
u u
şəklinə düşür. 0 5 4 2 = − − ϑ ϑ tənliyinin kökləri 1 − = ϑ ; 5 = ϑ dir. 0 > V
olduğundan = − = 5 1
u
yəni = = 1 3 1 y x
yeganə həlli alırıq. 177. 2
u = , xy y x − + = 2 ϑ
olsun. Onda verilmiş tənliklər sistemi = + − − = ⇔ = + = + 4 1 1 1 5 4 5 5 5 v v v u u u ϑ ϑ ϑ
şəklinə gəlir. Alınmış sistemin ikinci tənliyindən 2 0 4 4 2 = ⇔ = + − v ϑ ϑ . Beləliklə,
= + − = ⇔ = + = ⇔ = = 0 5 7 2 , 5 7 2 2 2 2 5 2
x x y y x xy v u
2 , 2 5 ; 5 , 1 2 2 1 1 = = = = y x y x
178. I üsul. ( ) 4 log 5 log . 1 2 2 + − = x x
tənliyini həll etməklə x y 2 log =
və ( ) 4 log 5 2 + − = x y
funksiyalarının qrafiklərinin kəsişmə nöqtəsinin absisini tapırıq: ( ) ( ) ( ) ⇔ > > + = + ⇔ = + + ⇔ + − = 0 0 4 5 4 log
5 4 log log 4 log 5 log
2 2 2 2 2
x x x x x x x
( ) > = ⇔ − = = ⇔ > = + ⇔ > = + ⇔ 0 4 8 4 0 32 4 0 32 log 4 log 2 2 2 2 x x x x x x x x x x . Beləliklə, verilmiş funksiyaların qrafiklərinin kəsişmə nöqtəsinin absisi 4 = x dir.
268
2. Verilmiş funksiyaların qrafiklərinin kəsişmə nöqtəsinin ordi- natını tapaq: ( ) 2
log 4 2 = =
. Bu ordin atın axtarılan qiymətidir. II üsul. ( )
+ − = = 4 log
5 log
2 2
y x y
tənliklər sistemini həll etməklə verilmiş funksiyaların qrafiklərinin kəsişmə nöqtəsinin ordinatını tapırıq: ( ) ( ) ( ) ( ) ⇔ = > = + ⇔ = = + + ⇔ = + − = ⇔ + − = = x y x x x x y x x x y x x x y x y 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 log 0 5 4 log
log 5 4 log log
log 4 log 5 log
4 log
5 log
= = ⇔ = = ⇔ = > = − = ⇔ − = = = = − + = + ⇔ = > = + ⇔ 2 4 log
4 log
0 4 8 8 ; 4 144 0 32 4 32 4 log 0 32 4 2 2 2 1 2 2 2 2 y x x y x x y x x x x x D x x x x x y x x x . Verilmiş funksiyaların qrafiklərinin kəsişmə nöqtəsinin ordinatı 2 =
-dir. 179.
( ) ( ) 3 log 3 4 3 4 3 log 3 4 3 log 3 4 3 log
3 4 2 2 3 4 2 2 4 3 3 2 4 3 3 2 0 4 3 0 3 2 0 4 3 0 3 2 0 4 3 3 2 2 2 2 2 3 log 3 log
2 2 ≤ ≤ ⇔ ⇔ ≥ ≤ ⇔ ≤ ≥ ≥ ≤ ⇔ ≤ ≥ ≥ ≤ ⇔ ≤ ≥ ≥ ≤ ⇔ ≤ − ≥ − ≥ − ≤ − ⇔ ≤ − −
x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x
3 4
və 3 log
2
ədədlərini müqayisə edək: 3 2 3 4 2 16 log 2 log 3 4 = = , 3 2 2 27 log 3 log = . 27 16 <
və 3 z y =
funksiyası artan olduğundan, 3 3 27 16
. Beləliklə, R-də t y 2 log =
funksiyası artan olmasından 3 2 3 2 27 log 16 log < bərabərsizliyini alırıq. Deməli, 3 log
3 4 2 < . Beləliklə, verilmiş bərabərsziliyin həlli 3 log ; 3 4 2
aralığıdır. 1,5 ədədinin bu parçaya daxil olub olmadığını müəyyən edək. Bunun üçün 1,5 ədədini parçanın ucları ilə müqayisə edək: 269
a) 6 9 2 3 5 , 1 = = ; 6 8 3 4 = . Lakin 6 8 6 9 >
, odur ki, 3 4 5 , 1 > ; b)
8 log
2 log
5 , 1 2 2 3 2 = = ; 9 log 3 log
2 2 = . 9 8 < və t y =
funksiyası [ ) ∞ + ; 0 - da artan olduğundan, belə alınır ki, 9 8 < .
y 2 log =
funksiyasının + R - də artan olmasından alınır ki, 9 log 8 log
2 2
. Beləliklə, 3 log 5 , 1 2 < . Deməli, 1,5 ədədi
3 log ; 3 4 2
aralığına daxildir, odur ki, verilmiş bərabərsizliyin həllidir. Yəni
3 log ; 3 4 2
verilmiş bərabərsizliyin həlləri çoxluğudur; 1,5 ədədi bu bərabərsizliyin həllidir. 180. Verilmiş funksiyanın y D - təyin oblastı
≥ − > − 0 3 2 0 5 3 x x
bərabərsizliklər sisteminin həlləri çoxluğudur: 3 5 2 3 3 5 3 2 5 3 0 3 2 0 5 3 > ⇔ ≥ > ⇔ ≥ > ⇔ ≥ − > − x x x x x x x . Beləliklə, ∞ + = ; 3 5 y D . V erilmiş funksiya ∞ + ; 3 5 - da diferensiallanandır: ( )
) 3 2 3 5 3 3 3 2 3 2 2 3 5 3 5 3 1 − + − − = ′ − ⋅ − + ′ − ⋅ − − = ′
x x x x x y . Deməli, 3 2 3 5 3 3 − + − − = ′ x x y . 0 = ′
tənliyini həll etməklə funksiyanın böhran nöqtəsini tapırıq: ( ) 0 5 3 5 3 3 2 0 5 3 5 3 3 2 3 2 3 5 3 3 0 3 2 3 5 3 3 2 ⇔ > − − = − ⇔ ≠ − − = − ⇔ − = − ⇔ = − + − −
x x x x x x x x x
270
> = ⇔ = = ⇔ 3 5 2 9 14 2
x x x ;
( ) ( ) 9 14 ; 2 , 16 7 9 16 64 16 28 9 4 32 , 0 28 32 9 , 5 3 3 2 2 1 2 2 2 = = = ⋅ ⋅ − ⋅ = ⋅ ⋅ − − = = + − − = −
x D x x x x
D ∈ 2 və
( ) 0 2 = ′
olduğundan alınır ki, 2 =
verilmiş funksiyanın böhran nöqtəsidir. Uyğun aralıqlarda törəmənin işarəsini müəyyən edək: 1) (
∞ + ; 2 -da
( ) 0 6 > ′
, deməli törəmənin işarəsi “+”-dir; 2) 2 ; 3 5 - də ( )
0 7 , 1 < ′
, deməli törəmənin işarəsi “-”-dir. 2 ; 3 5
intervalında funksiyanın törəməsi mənfidir və 2 = x
nöqtəsində funksiya kəsilməzdir, deməli verilmiş funksiya 2 ; 3 5 - də
azalır. ( ) ∞ + ; 2
aralığında funksiyanın törəməsi müsbətdir və 2 =
nöqtəsində funksiya kəsilməzdir, deməli verilmiş funksiya [ ) ∞ + ; 2 -da artır.
2 =
nöqtəsindən keçdikdə funksiyanın törəməsi işarəsini “-” – dən “+”-ə dəyişir, bu o deməkdir ki, 2 min = x . Funksiyanın 2 =
nöqtəsində qiymətini tapaq: ( ) ( ) 8 ; 8 3 5 3 1 ln 5 3 2 2 3 5 2 3 ln 5 2 min
= = + = + − = − ⋅ + − ⋅ − =
y . Beləliklə y
funksiyası 2 ; 3 5 - də azalır, [ )
+ ; 2 -d a artır; 8 min
= y
funksiyanın ekstremumu. 181. Verilmiş funksiya R-də təyin olunmuşdur və diferensiallanandır. Onun törəməsini tapaq: ( )
) ( ) 1 sin
2 cos
cos sin
cos 2 cos cos cos
2 + − = + − = + ′ = ′
x x x x x x x y . Beləliklə, ( )
sin 2 cos + − = ′ x x y . [ ] π ; 0 parçasında y funksiyasının kritik nöqtələrini tapaq:
271
( )
⇔ ≤ ≤ ∈ + − = ∈ + = ⇔ π π π π x Z k k x Z n n x k 0 , 2 1 arcsin 1 , 2 ( ) ≤ ≤ ∈ + − = ∈ + = ⇔ π π π π π
Z k k x Z n n x k 0 , 6 1 , 2
1 − =
isə, onda [ ] π π π ; 0 2 , 2 ∉ − − = x ;
0 =
isə, onda [ ] π π π ; 0 2 , 2 ∈ =
; 1
n
isə, onda [ ] π π π ; 0 2 3 , 2 3 ∉ = x ;
1 − = k
isə, onda [ ] π π ; 0 6 7 ∉ − = x ;
0 =
isə, onda [ ] π π ; 0 6 ∈ =
; 1
k
isə, onda [ ] π π ; 0 6 5 ∈ =
; 2
k
isə, onda [ ] π π ; 0 6 13 ∉ =
; (
⇔ ≤ ≤ = = ⇔ ≤ ≤ = + − = ⇔ ≤ ≤ = + − π π π x x x x x x x x x 0 2 1 sin
0 cos
0 0 1 sin 2 0 cos 0 0 1 sin
2 cos
272
Beləliklə, [ ]
π ; 0 parçasında verilmiş funksiyanın böhran nöqtələri 6 ,
5 , 2 π π π = = = x x x -dir.
Triqonometrik tənliyin [ ]
π ; 0 parçasına daxil olan köklərinin seçilməsinin başqa bir üsulu da iki bərabərsizliyin tam həllinin tap
ılması ola bilər:
182. Verilmiş bərabərsizliyi ( )( )( ) 0 6 2 2 ≥ − − + x x x
şəkildə yazaq. Aşkardır ki, bu bərabərsizliyin sol tərəfi 2 , 2 = − = x x
və b x =
olduqda sıfır qiymətini alır. b parametrinin -2 və 2 ədədlərinə nəzərən yerləşməsindən asılı olaraq həllin necə dəyişdiyinə baxaq: 1) 2
b
olduqda verilmiş bərabərsizliyin həlləri çoxluğu [ ] [
) ∞ + ∪ − ; 2 ; 2 b olar.
2) 2 = b
olduqda verilmiş bərabərsizlik ( )( ) 0 2 2 2 ≥ − + x x
şəkilə gəlir. Onun həlli isə [ ) ∞ + − ; 2
aralığıdır. 3) 2 2 < < −
olduqda, verilmiş bərabərsizliyin həlli [ ] [
) ∞ + ∪ − ; 2 ; 2 b çoxluğudur. 4) 2
= b
olduqda bərabərsizlik ( ) (
) 0 2 2 2 ≥ − +
x
şəkilə düşür və onun həlləri çoxluğu { }
[ ) ∞ + ∪ − ; 2 2 dir. 5)
2 −
b
isə, onda verilmiş bərabərsizliyin həlli [ ] [
) ∞ + ∪ − ; 2 2 ; b
çoxluğudur. Şagirdlər yada salmalıdırlar ki, parametrli məsələlərin cavabı parametrdən asılı olmalıdır. 4) halına baxarkən çox vaxt cavabda 2 −
x
həlli unudulur. 273
183. 1 2 3 0 2 1 0 3 2 0 4 : < < ⇔ > − > + > + Γ x x x x O M (1)
Verilmiş tənliyi x - in (1) bərabərsizliyinə daxil olan qiymətlər ödəyir, lakin ondan alınan ( )( ) x x x 2 1 3 2 4 − = + +
tənliyinin həllindən 2 11 − və -1 kökləri alınır. Bunlardan yalnız 1 −
x
M Γ daxildir. Odur ki, həllə
Γ -ın tapılmasından başlamaq məqsədəuyğundur. Məlumdur ki, riyazi təlimdə tənliklər həlli xüsusi yer tutur. Bunlar arasında həllərinin axtarılması çox vaxt “mümkün qiymətlər oblastını tapmaq lazımdırmı?” sualına şüurlu yanaşmaqdan asılı olan tənliklər xüsusi yer tutur. Bu planda irrasional, üstlü və loqarifmik tənliklərə xüsusi diqqət vermək lazım gəlir. XI sinifdə cəbr və analizin başlanğıcı kursunun təkrarına “Tənliyin mümkün qiymətləri oblastının” ( O M Γ )
təkrarı ilə başlamaq məqsədəuyğundur. Bu o qədər də asan iş olmayıb şagirdlərdən təkcə nəzəri materialı dərindən bilmək deyil habelə fəaliyyətlərinin öz təəssüratını təhlil etmək formasına sahib olmağı tələb edir. 183-201 tənliklərini O M Γ -nı tapmağın lazım olub olmadığını göstərmək məqsədilə araşdırırırq. Bu həmin məsələlərin həlli gedişindən aydın olur. 184. 3
0 4 3 0 3 1 : 2 ≤ ⇔ ≥ + − ≥ − Γ x x x x O M . Verilmiş tənliyin hər
tərəfini kvadrata yüksəldib ( ) 2 2 3 1 4 3 x x x − = + − , 16 105
3 1 + = x , 16 105 3 2 − =
tapırıq, lakin O M Γ -na yalnız 16 105
3 −
ədədi daxildir. 185.
≤ ≥ ⇔ ≥ − ≥ − Γ 2 3 0 2 0 3 : x x x x O M .
[ ) ∞ + ; 3 və
[ ) ∞ − ; 2 aralıqları kəsişmir (Şəkil 64). Deməli tənliyin həlli yoxudr.
274
186. > < ≠ > ⇔ > > − ≠ > Γ 1 1 1 0 0 log 0 1 1 0 : 2 x x x x x x x x O M
O M Γ müəyyən edən sistem birgə deyil. Bu faktın müəyyənləşdirilməsilə həll qurtarır. Deməli tənliyin həlli yoxdur.
187. ≠
> ⇔
≠ > − > Γ 0 0 0 0 0 0 : x x x x x x O M
Tənliyin həlli yoxdur. 188.
3 3 3 0 3 0 3 : = ⇔ ≤ ≥ ⇔ ≥ − ≥ − Γ x x x x x O M .
189. 1 1 1 0 0 log 0 log 0 : 5 , 0 2 = ⇔ ≤ ≥ > ⇔ ≥ ≥ > Γ x x x x x x x O M .
Yoxlama: 1 1 log 1 log 5 , 0 2 ≠ − . Deməli tənliyin həlli yoxdur. 190. (
≠ > ≥ + − − ≥ + − ⇔ > ≥ − − ≥ + − Γ 0 0 0 6 5 2 0 6 5 0 5 2 0 12 2 10 0 6 5 : 2 2 2 2
x x x x x x x x x x O M .
275
İkinci sistemdən görünür ki, O M Γ təyin edən birinci iki şərt eyni zamanda ödənilə bilməz. Odur nəticə budur ki, tənliyin həlli yoxdur. 191.
5 0 1 2 0 5 : ≥ ⇔ > − ≥ − Γ
x x O M . Verilmiş tənliyin sağ tərəfi yalnız müsbət qiymətlər alır. Onda sol tərəfdə yalnız müsbət qiymətlər alar, yəni 0 1 2 5 > − − − x x
və ya 1 2 5 − > − x x (1)
Bu bərabərsizlik isə yalnız 4 − < x
olduqda ödənilir. 65- ci şəkildən görünür ki, O M Γ təyin edən [ )
+ ; 5 və (1)
bərabərsizliyindən alınan ( ) 4 ; − ∞ − çoxluq ları kəsişmir. Deməli tənliyin həlli yoxdur. 192. 1
≥ Γ
O M .
məchulunun mümkün qiymətləri oblastını iki parçaya ayıraq: [ ]
0 ; 1 −
və ( ) ∞ + ; 0 . [ ]
0 ; 1 −
parçasında 0 2 ≤ + x x , 1 1 ≤ + x
bərabərsizlikləri doğ- rudur. Bu bərabərsizlikləri tərəf-tərəfə toplayıb 1 1 2 ≤ + + +
x x
alırıq, deməli verilmiş tənliyin [ ] 0 ; 1 − parças ında həlli yoxdur. ( )
∞ ; 0 intervalında x x y + = 2
və 1 + = x y
funksiyaları ciddi artır, odur ki, hər bir qiymətini bir dəfə alır. Yəni verilmiş tənliyin, asanlıqla görmək olar ki, bir kökü vardır: 1 =
. 193.
x a O M > Γ : . Aşkardır ki, x a >
olduğundan 0 ≥ a , deməli 0 ≤
. İndi a −
iki mənfi olmayan ədədin cəmi olmasına əsasən, başqa sözlə 0-dan kiçik ola bilmədiyindən, belə nəticə çıxır ki, 0 =
. Onda baxılan tənlik 0 =
− x x
şəklə düşür və 0 =
dir. 194.
, 2 2 2 , 2 2 2 2 , 2 1 cos 0 cos 0 2 sin : m x m Z k k x k Z n n x n x x x O M π π π π π π π π π π + < < ⇔ ∈ + < < + − ∈ +
< ⇔ ≠ > > Γ Z m ∈
x x cos
2 sin
=
tənliyini həll edib
n x π π + = 2 , n x n x π π π π 2 6 5 , 2 6 + = + = köklərini alırıq. Nəticədə O M Γ nəzərə almaqla Z n n x ∈ + = , 2 6 π π .
276
195. ( ) ( )( ) = = ⇔ − ≤ ≥ = ≤ ≥ ⇔ ≥ + − ≥ − Γ 2 0 1 2 0 2 0 0 1 2 0 2 : 2 x x x x x x x x x x x x O M
Yoxlama nəticəsində bir 2 = x
kökü alınır. 183- 195 məsələlərini O M Γ anlayışından istifadə etməklə həll etdik. Onlardan altısı (185, 186-188, 189, 195) nin həllində praktik olaraq cəbri çevirmələrdən başa iş olmadı, daha altı çalışmada (183, 184, 191, 192, 193, 194) verilmiş tənlikləri (183, 184, 194) həll etmək və ya parametrli funksiyaları araşdırmaq (191, 192, 193) lazım gəldi. Məlum oldu ki,
Γ həllin olmadığını müəyyənləşdirmək (185-187, 191) üçün faydalıdır. 188 və 189 tapşırıqlarında göstərildi ki,
Γ
təhlilində kökün yalnız bir ədəddən ibarət olduğu alındı. Belə hallarda həmin ədədin tənliyin kökü olduğunu deməyə tələsmək lazım deyil, onu əvvəlcə verilmiş tənlikdə yerinə yazmaqla yoxlamaq lazımdır. Məsələn 188 tapşırığında vəziyyət olduqca aşkar olduğundan yoxlama şifahi aparıldı, 189 məsələsində isə bir qədər mürəkkəblik olduğundan yoxlama əyanilik üçün yazılı aparıldı. Tənliklər həllində O M Γ -dan
istifadə etməməyin mümkünlüyünə də nümunələr göstərmək lazımdır (196-201). 196.
Γ -dan istifadə etmədən də aydındır ki, kiçik ədəddən böyük ədədi çıxdıqda müsbət ədəd almaq mümkün olmadığından 3 1 1 = + − −
x
bərabərliyi mümkün deyil. Deməli baxılan tən- liyin həlli yoxdur. 197. Mənfi olmayan iki ədədin cəmi -1-ə bəraəbr olmadığından 1 2
2 − = − + + x x
bərabərliyi mümkün deyil. Deməli verilmiş tənliyin həlli yoxdur. 198. Loq
arifmanın tərifinə əsasən ( )
1 log
1 4 1 2 2 6 = + + + x x x
bərabərliyini = + − = ≠ + ⇔ = + − ≠ + + ⇔ ≠ + + > + + + = + 0 2 0 0 2 0 2 1 1 2 0 1 2 0 1 1 2 1 2 4 2 6 2 4 6 2 6 2 6 4 2 6 4 x x x x x x x x x x x x x x x x
sisteminə çevi rək. Göründüyü kimi bu sistemin həlli yoxdur. Çünki 0
x olduqda. 0 2
277
199. ( ) x x x = − + 1 2 8 2 log bərabərliyini 0 1
2 1 2 8 = ⇔ = ⇔ = − +
x x x x
şəkildə göstərək. Deməli 0 =
baxılan tənliyin həllidir. 200. Loqarifmanın xassəsinə görə ( ) ( ) x x x x x + = + − + 4 2 3 lg 1 lg lg
tənliyini ( ) > + = + − 0 1 4 2 3 x x x x x x
şəkildə yazmaq olar. Sonra ( ) ( ) ( ) > + = − + 0 1 1 3 2 3 x x x x x x
sisteminə keçək. Sistemin birinci tənliyindən 0 2 = x
alınır. Buradan alınır ki, x
yalnız sıfır qiymət ala bilər, lakin 0 >
məhdudlaşdırılmasından alınır ki, tənliyin həlli yoxdur. 201. 0 1 0 0 1 1 1 1 1 3 3 3 = ⇔ ≤ = ⇔ ≥ − − = + − ⇔ − = + −
x x x x x x x x x . Tənliklərin O M Γ tətbiq etmədən həllində də bu anlayışın tətbiqi ilə həllinə nisbətən müəyyən çətinlik vardır. 196, 197, 199 çalışmalarında O M Γ haqqında söhbət həlli yalnız çətinləşdirər. 201 tap şırığında isə O M Γ -dan istifadə etmək 0 1
≥ + − x x
bərabərsiz- liyini həll etməyi tələb edir ki, bu da şagirdlər üçün asan iş deyildir. O M Γ axtarmaq 198 məsələsini də mürəkkəbləşdirir. Beləliklə, elə hallar vardır ki,
Γ müraciət etmək nəinki faydasızdır, hətta ziyandır. Tənliyin O M Γ məlum olan halda da alınan nəticəni yoxlamaq lazımdır. Bu baxımdan 189 məsələsinə diqqət etmək alzımdır. Burada 1 = x
tənliyin O M Γ olmasına baxmayaraq, bu onun həlli deyildir. Lakin
Γ -nin tətbiqi ilə kənar kökləri asanlıqla müəyyən etmək olur. 202. İnteqralın tətbiqilə bəzi bərabərsizlikləri isbat etmək olar. 202- 207 də bu ümumi metoddan istifadəyə aid nümunələr göstəririk. İnteqralın bərabərsizliklərin isbatına tətbiqi müəyyən inteqralın həndəsi mənasının və sahənin monotonluq xassəsinin tətbiqinə əsaslanır. 1. ( )
x f y =
funksiyası [ ]
b a,
parçasında kəsilməyən və mənfi deyildirsə, onda uyğun əyrixətli trapesiyanın S sahəsi ( )
∫ =
a dx x f S
düsturu ilə hesablanır (müəyyən inteqralın həndəsi mənası) 278
2. 1
fiquru
fiquruna daxildirsə, onda birinci fiqurun 1
sahəsi, ikincinin S sahəsindən kiçikdir, yəni F F ⊂ 1 isə, onda S S < 1
(sahənin monotonluq xas- səsi).
İndi baxılan bərabərsizliyin isbatına diqqət edək. 52 1
və 52 1 düzbucaqlıların sahələri (Şəkil 66), ∫ =
− = 52 51 52 51 ln 51 ln 52 ln 51 52 ln
dx x - in isə əyrixətli trapesiyanın sahəsi olduğunu nəzərə
alsaq bərabərsizliyin isbatı aşkardır. 203.
= − = = ∫ 202 200
200 ln 202 ln 200
202 ln 100 101 ln
əyrixətli trapesiyanın, 1 201 2 S =
isə ona daxil olan düzbucaqlı trapesiyanın sahəsi olduğundan (Şəkil 67).
1
və beləliklə 201
2 100
101 ln > . 204. Arksinusların fərqi yuxarıdan ( )
2 1 1 x x f − = funksi- yasının qrafikilə əhatə olunmuş ABCD əyrixətli trapesiyasının sahəsinə (Şəkil 68) bərabər olan müəyyən inteqralın qiymətinə bərabərdir: 279
∫ − = = − 8 , 0 6 , 0 2 8 , 0 6 , 0 1 arcsin
6 , 0 arcsin 8 , 0 arcsin
x dx x
( ) 4 5 6 , 0 = f , ( ) 3 5 8 , 0 = f
olduğundan 3 1 3 5 2 , 0 1 = ⋅ =
kəmiyyəti CD AB 1
düzbucaqlısının 4 1 4 5 2 , 0 2 = ⋅ = S
isə D ABC 1
düzbucaqlısının sahələridir. Odur ki, 1 2
S S < < . Yəni
3 1 6 , 0 arcsin 8 , 0 arcsin 4 1 < −
. Bərabərsizlik isbat edildi. 205. a) S xdx = = = ∫ 2 0 0 cos 9 sin
20 sin
π π , burada S ilə OACD əyrixətli trapesiyasının sahəsi işarə edilmiş- dir, (Şəkil 69). OABD düz- bucaqlının sahəsi isə (OACD əyri- xətli trapesiyanın daxil olduğu) 9 1 π =
olduğundan 9 20 sin 0 π
. Digər tərəfdən 20 7 9 < π
bərabərsiz- liyinin doğruluğundan 20 7
sin 0
bərabərsizliyinin doğru olması alınır. b) Fərz edək ki, OACD əyrixətli trapesiyasına daxil olan OACD düzbucaqlı trapesiyasının sahəsi 2
dir. (Şəkil69). Onda 9 2 9 cos 1 2 π π ⋅ + =
və
S S < 2 , yəni 9 sin
9 2 9 cos 1 π π π
⋅ +
sizliyi 9 sin π - a nəzərən həll edək. Bunun üçün 0 9 sin > = a π
edək, onda 2 1 9 cos
a − = π
və bərabərsizlik a a < ⋅ − + 9 2 1 1 2 π
şəklinə düşər. Bu bərabərsizliyi həll edib ( 0 > a ) 2 2 18 36 + > π π a
alırıq. 280
Beləliklə, 3 1 3338 , 0 24 , 334 6 , 111 2 , 3 324 1 , 3 36 18 36 9 sin 2 2 2 > > = + ⋅ > + > π π π . Beləliklə, 3 1
sin 0 > . 206.
1 =
olduqda
≥
bərabərsizliyi doğrudur. Fərz edək ki,
1 >
.
∫ ∫ ≥ ⇔ − ≥ − ⇔ ≥ x x t x x edt dt e e ex e e ex e 1 1 . 2 1 S S >
olduğundan sonuncu bəra- bərsizlik doğrudur, burada ∫ =
t dt e S 1 1 kəmiyyəti ABCD əyrixətli trapesi- yasının, ∫ = x edt S 1 2 isə ABCD düz- bucaqlısının sahələridir (Şəkil 70). Deməli baxılan bərabərsizlik doğrudur. 207. [ ]
π ;
parçasında ( )
2 1 1 x x f =
və ( )
x e x f = 2 funksiyalarının qrafik- lərini qurub uyğun əyrixətli trapesiya- ların sahələrini tapaq (Şəkil 71). ∫ −
= π π e e x dx S 1 1 2 1 ; ∫ = = π π π e e dx x l S ln 2 . Aşkardır ki, 2 1
S < , odur ki, e e e e e e l l l e e e e e e > ⇔ > ⇔ > − ⇔
− −
π π π π π π π π 1 1 ln 1 1 ln 1 1 ln 1 1
202- 207 məsələlərinin hamısının həllində inteqraldan istifadə etdik. Bununla da bərabərsizliyin isbatı ilə əlaqədar daha bir ümumi metodu şagirdlər öyrənirlər.
281
208. t x x = − + 2 2 9 3
əvəzləməsindən istifadə edək. Onda t x x x 1 9 3 9 3 1 2 2 2 = − + = − −
olar və tənlik 1 4 1 = + t t
şəklinə düşər. Alınmış tənliyin həlli 2 1 = t dir, onda 2 11
= x
209. ( ) x x x f − + − = 4 2
funksiyasının təyin oblastı [ ] 4 ; 2
parçasıdır. Bu funksiyanın [ ] 4 ; 2
parçasında ən böyük və ən kiçik qiymətlərini tapaq. Bunun üçün ( )
x f funksiy asının törəməsini tapaq: ( )
x x x f − − − = ′ 4 2 1 2 2 1 . 3 = x
olduqda olduqda törəmə sıfra bərabər olur. ( ) x f
funksiyasının [ ] 4 ; 2
parçasının uclarında və 3 =
nöqtəsində qiymətlərini tapaq: ( )
( ) 2 4 2 = = f f ; ( ) 2 3 = f . Deməli, 2 4
2 ≤ − + − ≤ x x . Lakin
( ) 2 2 3 11 6 2 2 ≥ + − = + − x x x , beləliklə 11 6 4 2 2 + − = − + −
x x x
bərabərliyi yalnız ( ) = + − = − + − 2 2 3 2 4 2 2 x x x
şərti ödənildikdə mümkündür, buradan 3 =
. Yoxlama i lə müəyyən edirik ki, 3 = x
verilmiş tənliyin köküdür. 210. Bu və sonrakı 211-223 loqarifmik və üstlü bərabərsizliklərin həllində [ ] 29
da verilən 5 teoremə əsaslanan yanaşmadan istifadə edirik. Bu məsələnin standart həlli verilmiş bərabərsizliyi ( )
log log
3 2
x x < −
şəkildə yazıb iki 1 > x
və 1 0
< x
hala baxmağı tələb edir. Birinci halda > > − < − 1 0 3 1 3 2 2 x x x
sistemi alınır və onun həlli 282
( ) 2 ; 3 -
dir. İkinci halda isə həlli olmayan < < > − > − 1 0 0 3 1 3 2 2 x x x
sistemi alınır. Beləliklə baxılan bərabərsizliyin həlli ( )
2 ; 3 - dir. Lakin bu məsləni göstərilən iki hala baxmadan da həll etmək olar. Yalnız göstərmək lazımdır ki, b a log
ifadəsinin işarəsi ( )( ) 1
− − b a
hasilinin işarəsilə eynidir. Dorudan da: 1 > a
və 1 >
isə, onda 0 log
> b a
və ( )( )
0 1 1 > − − b a ; 1 > a
və 1 0
< b
isə, onda 0 log
< b a
və ( )( )
0 1 1 < − − b a ; 1 0 < < a
və 1 >
isə, onda 0 log
< b a
və ( )( )
0 1 1 < − − b a ; 1 0 < < a
və 1 0
< b
isə, onda 0 log
> b a
və ( )( )
0 1 1 < − − b a . Aparılan mühakimə çətin deyil və loqarifmik bərabərsizliyin həllini kifayət qədər sadələşdirir. Budur baxılan ( )
0 log
3 2
−
bərabərsizliyi göstərilən xassənin tətbiqilə daha sadəliklə həll olunur:
( ) ( ) ( ) ( )( )( ) ( )( ) 2 3 0 3 3 0 0 2 2 1 0 3 0 0 1 3 1 0 log 2 2 3 2 < < ⇔ > + − >
+ −
⇔ > − > < − − − ⇔
−
. 211. Əvvəlki bərabərsizliyin həllində tətbiq olunan ikinci üsuldan istifadə olunur:
( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) < < < < − ⇔ > + − − > > + ⇔ ⇔ > − − > > − + ⇔ > − − > >
− + ⇔ > − + > + > − − + − + ⇔ > − + + 1 0 0 1 0 1 1 3 0 2 0 1 3 0 1 2 0 1 3 0 1 2 2 0 1 1 0 3 0 1 1 1 1 3 0 log 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 3 2 2
x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x
283
212. ( ) ( ) ( )( )( ) ⇔ > + >
− +
− ⇔
+ −
1 2 0 0 1 1 2 1 5 0 1 2 log 5
x x x x x x x
(Əvvəlki məsələyə baxmalı) ( )( ) ( )( ) 5 1 0 5 1 0 0 5 1 0 0 5 1 < < ⇔ > < < ⇔ > < − − ⇔ >
− −
x x x x x x x x x x . 210-212 məsələlərinin həllindən sonra b a log
və
( )( ) 1 1 − − b a
ifadələrinin işarələrinin eyni olduğu haqqındakı nəticəni ümumiləşdirmək olar. Download 10.77 Mb. Do'stlaringiz bilan baham: 
|